2025届高考物理二轮复习讲义：增分指导二 解题技巧与策略 【含答案】

2025届高考物理二轮复习讲义：增分指导二 解题技巧与策略
一、选择题答题技巧
　　　　　 　　　　　 　　　　　
选择题在高考中属于保分题目,“选择题多拿分,高考才能得高分”,在平时的训练中,针对选择题要做到两个方面:
一是练准度:高考中遗憾的不是难题做不出来,而是简单题和中档题做错;平时会做的题目没做对,平时训练一定要重视选择题的正确率.
二是练速度:提高选择题的答题速度,能为攻克后面的解答题赢得充足时间.
排除法
通过对物理知识的理解、物理过程的分析或计算,把不符合题意或者不符合认知的含义进行一一否定,最后剩下的选项就是我们需要的答案,这种方法适用于选项内容比较庞杂(如有关物理学史),无法用一个统一的公式或方法进行判断的选择题,常从寻找差异性的角度,采用逐一排除的方法来确定正确选项.通常排除法可以排除两个选项,再利用其他方法甄别剩余的两个选项,可以大幅提高答题速度.
例1　纸面内两个半径均为R的圆相切于O点,两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小相等、方向相反,且不随时间变化.一长为2R的导体杆OA一端在O点,绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转,角速度为ω,t=0时,OA恰好位于两圆的公切线上,如图所示.若选取从O指向A的电动势为正,下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是 (　)
A
B
C
D

二级结论法
“二级结论”是由基本规律和基本公式导出的推论.熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化,节约解题时间.非常实用的二级结论有:(1)等时圆规律;(2)平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点;(3)不同质量和电荷量的同性带电粒子由静止相继经过同一加速电场和偏转电场,轨迹重合;(4)直流电路中动态分析的“串反并同”结论;(5)平行通电导线同向相吸,异向相斥;(6)带电平行板电容器与电源断开,改变极板间距离不影响极板间匀强电场的场强等.
例2　如图所示的平行板电容器竖直放置,两极板间的距离为d,极板高度AB=CD=h,对该电容器充上一定的电荷量后,将一带电小球P从非常靠近左极板的上端A处由静止释放,小球沿图中虚线运动打到了右极板的中点,为使小球能够从下方穿过电容器,右极板向右至少移动的距离为 (　)
A.d
B.d
C.
D.

等效法
等效法是在保证某一方面效果相同的前提下,用理想的、熟悉的、简单的、形象的物理对象、物理过程或物理现象替代实际的、陌生的、复杂的、抽象的物理对象、物理过程或物理现象的一种处理方法.
例3　(不定项)[2024·江西宜春二模] 如图所示,在水平向右的匀强电场中,长为L的绝缘细线一端悬于O点,另一端系一质量为m、电荷量为+q的小球(可视为点电荷).将小球拉至与O点等高的A点,保持细线绷紧并由静止释放,小球运动到与竖直方向夹角θ=30°的P点时速度变为0.已知电场范围足够大,重力加速度为g,空气阻力可忽略.以下说法正确的是 (　)
A.电场强度的大小为
B.小球刚释放时的加速度为g
C.小球通过P时细线的拉力为mg
D.小球运动过程中最大速度为
图像法
物理图像是将抽象物理问题直观化、形象化的最佳工具,能从整体上反映出两个或两个以上物理量的定性或定量关系,利用图像解题时一定要从图像纵、横坐标的物理意义以及图线中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等诸多方面寻找解题的突破口.利用图像解题不但快速、准确、能避免繁杂的运算,还能解决一些用一般计算方法无法解决的问题.
例4　(不定项)[2024·湖北宜昌二模] 如图,一质量为M的木板静止在光滑水平桌面上,另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动并从右端滑下,该过程中,物块的动能减少量为ΔEk1,木板的动能增加量为ΔEk2,二者间摩擦产生的热量为Q(不考虑空气阻力),关于ΔEk1、ΔEk2、Q的数值,下列说法可能正确的是 (　)
A.ΔEk1=3 J,ΔEk2=1 J,Q=2 J
B.ΔEk1=7 J,ΔEk2=2 J,Q=5 J
C.ΔEk1=8 J,ΔEk2=4 J,Q=4 J
D.ΔEk1=10 J,ΔEk2=3 J,Q=6 J
类比分析法
将两个(或两类)研究对象进行对比,分析它们的相同或相似之处、相互的联系或所遵循的规律,然后根据它们在某些方面有相同或相似的属性,进一步推断它们在其他方面也可能有相同或相似的属性的一种思维方法,在处理一些物理情景很新颖的题目时,可以尝试着使用这种方法.比如:恒力作用下的或电场与重力场叠加中的类平抛问题、类斜抛问题,可直接类比使用平抛、斜抛的相关结论.
例5　(不定项)[2024·湖南卷] 1834年,洛埃利用平面镜得到杨氏双缝干涉的结果(称洛埃镜实验),平面镜沿OA放置,靠近并垂直于光屏.某同学重复此实验时,平面镜意外倾斜了某微小角度θ,如图所示.S为单色点光源.下列说法正确的是 (　)
A.沿AO向左略微平移平面镜,干涉条纹不移动
B.沿OA向右略微平移平面镜,干涉条纹间距减小
C.若θ=0°,沿OA向右略微平移平面镜,干涉条纹间距不变
D.若θ=0°,沿AO向左略微平移平面镜,干涉条纹向A处移动

极限法
在某些物理状态变化的过程中,可以把某个物理量或物理过程推向极端,从而作出科学的推理分析,使问题化难为易,化繁为简,达到事半功倍的效果.极限法一般适用于定性分析类选择题.例如假设速度很大(趋近于无限大)或很小(趋近于零)、假设边长很大(趋近于无限大)或很小(趋近于零)、假设电阻很大(趋近于无限大)或很小(趋近于零)等,进行快速分析.运用此方法要注意因变量随自变量单调变化.
例6　如图甲所示,半径为R的均匀带电圆形平板单位面积带的电荷量为σ,其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出,E=2πkσ1-,方向沿x轴.现考虑单位面积电荷量为σ0的无限大均匀带电平板,从其中间挖去一半径为r的圆板,如图乙所示,则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为(　)
A.2πkσ0 B.2πkσ0
C.2πkσ0 D.2πkσ0

对称法
物理中对称现象比比皆是,可表现为研究对象在结构上的对称性、作用上的对称性,物理过程在时间和空间上的对称性,物理量在分布上的对称性及作用效果的对称性等.解决具有对称特点的问题可从对称性的角度去分析,利用对称性解决物理问题的方法,就可能避免复杂的数学演算和推导,从而快速解题.
例7　[2024·宁波模拟] 如图所示,完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置,甲的圆心为O1,乙的圆心为O2,在两环圆心的连线上有a、b、c三点,其中aO1=O1b=bO2=O2c,此时a点的磁感应强度大小为B1,b点的磁感应强度大小为B2.当把乙环的电流改为等大反向电流后,c点的磁感应强度大小为 (　)
A.B2-B1 B.B2-
C.B1- D.


量纲法
量纲分析法就是用物理量的单位来鉴别表达式或答案的正确性.主要判断等式两边的单位是否一致.
例8　已知光速c=3.0×108 m/s,引力常量G=6.67×10-11 N·m2/kg2,普朗克常量h=6.63×10-34 J·s,用这三个物理量表示普朗克长度(量子力学中最小可测长度),其表达式可能是 (　)
A. B.
C. D.
【技法点拨】
物理关系式不仅反映了物理量之间的数值关系,也确定了相应物理量的单位间的关系,所以有时候我们可以根据量纲检验运算的正确性或分析物理结论的可靠性.
二、设计型实验答题策略
　　　　　 　　　　　 　　　　　
设计型实验也称为创新实验,以原型实验为基础,注重考查实验仪器的等效与替换,实验原理的拓展与延伸、实验情景的设计与创新、实验方法的求新、实验过程的求简﹑数据处理方法的迁移,这类试题新颖、区分度高.要求考生“以不变应万变”,根本方法是把实验的本质从新情景中分离出来,找出与常规实验的相同之处,运用类似的方法进行处理.
力学设计实验
解答力学设计实验应该抓住“理解实验原理和实验仪器的工作原理”,寻求解题突破口.应注意常见量的测量方法,比如:“瞬时速度的测量”可采用光电门、纸带留迹平均速度法及间接测量法;“力的测量”可采用测力计、力传感器及类似于“近似等于悬挂钩码重力”的间接测量法.
例9　[2024·广东佛山模拟] 某软件能够调用手机内置加速度传感器,实时显示手机加速度的数值.小明通过安装有该软件的智能手机(其坐标轴如图甲所示)探究加速度与力、质量的关系,实验装置原理图如图乙所示.已知当地重力加速度为g.
(1)分别称量出小桶的质量m0和手机的质量M0.
(2)开始时,整个实验装置处于静止状态,小桶里没有装砝码.
(3)用手突然向上托起小桶,使得绳子松弛,此瞬间手机受到的合力为　　　　(用题目所给字母表示),读出此瞬间手机y轴上的加速度a的数值.
(4)往小桶中增加砝码,重复步骤(3),测得实验数据如下:
实验次数 小桶和砝码的质量 m/kg 手机加速度 a/(m/s2)
1 0.024 5
2 0.044 5 1.76
3 0.064 5 2.58
4 0.084 5 3.39
5 0.104 5 4.20
6 0.124 5 4.98
根据图丙软件截图,表中空白处的数据为　　　　m/s2.利用数据作出a-F图像,在图丁中描出第一组数据的点并连线,可以得到结论:　　　　　　　　　.
(5)保持小桶和砝码的质量不变,用双面胶把不同数量的配重片贴在手机背面,重复步骤(3),测得实验数据并作出a-图像,得出结论:当合外力一定,加速度与物体质量成反比.
(6)从图丙软件截图可以看出,即使整个实验装置处于静止状态,手机依然显示有加速度扰动,为了减少该扰动造成的相对误差,下列做法可行的是　　　　.
A.使用质量更大的砝码组
B.将弹簧更换为不可伸长的细线
C.将弹簧更换为劲度系数更小的弹簧
D.让小桶和砝码的质量远小于手机的质量
电学设计实验
电学实验设计的三个原则:
(1)安全性原则
设计方案时,应安全可靠,不会对器材造成损坏.
①选用器材时,应考虑器材的性能及量程(如仪表的量程、电器的额定值等)的要求.
②设计方案时,应准备好保护措施.
(2)精确性原则
实验误差应控制在误差允许的范围之内,尽可能选择误差较小的方案.
①在安装或使用器材之前,应按实验要求对器材精心调整.如在使用某些仪表前,应进行机械调零.
②选用合适的测量工具(直尺、仪表)及合适的量程,使之与被测数值相匹配.如使用多用电表测量某电阻时,应选用合适的挡位,使测量时电表指针指在中央刻度值附近.
③实验中可能出现因操作不当带来的偶然误差,往往需要多次重复实验,获取多组实验数据,以备选取有效数据.
④设计合理的数据处理方式,如将多组有效数据相加后除以测量次数,取其算术平均值(一般求待测量的算术平均值,而不求某些中间量的算术平均值).
(3)简便性、直观性原则
设计实验应便于操作、读数及进行数据处理及实验者观察.
例10　某同学要将一量程为0~250 μA的微安表改装为量程为0~20 mA的电流表.该同学测得微安表内阻为1200 Ω,经计算后将一阻值为R的电阻与该微安表连接,进行改装.然后利用一标准毫安表,根据图甲所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表).
(1)根据图甲和题给条件,将图乙中的实物连线.
(2)当标准毫安表的示数为16.0 mA时,微安表的指针位置如图丙所示.由此可以推测出所改装的电表量程不是预期值,而是　　　　.(填正确答案标号)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.0~18 mA B.0~21 mA
C.0~25 mA D.0~28 mA
(3)产生上述问题的原因可能是　　　　.(填正确答案标号)
A.微安表内阻测量错误,实际内阻大于1200 Ω
B.微安表内阻测量错误,实际内阻小于1200 Ω
C.R值计算错误,接入的电阻偏小
D.R值计算错误,接入的电阻偏大
(4)要达到预期目的,无论测得的内阻值是否正确,都不必重新测量,只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可,其中k=　　　　.
答案 评分标准及答题规则
(1) 如图所示　 (2)C　(3)AC　(4) 1.第(1)问3分,少连或错连一条线扣1分,扣完为止.易错警示:连接电路图首先要考虑实验原理及要求;另外导线要连准接线柱,导线不能交叉. 2.第(2)问2分,不答或答错扣2分. 3.第(3)问2分,每选对一个得1分,有选错的不给分. 易错警示:第(2)问和第(3)问要按要求填正确答案标号,特别是第(2)问,切不可将正确答案内容填到横线上. 4.第(4)问3分,不答或答错扣3分. 易错警示:实验题计算不需要写过程,在稿纸上列式演算要仔细,如果最后结果算错,即使列式正确也不得分;第(4)问结果不能整除,题中没有要求保留几位有效数字,要保留分式.
三、计算题答题规范
　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.有必要的文字说明
(1)必要的文字说明是指以下几方面内容,包括设定未知量、所列方程的依据及名称要进行说明.一般表述为:依××物理规律得、由图中几何关系得、根据……得等.“定律”“定理”“公式”“关系”“定则”等词要用准确.
(2)物理量符号要和题干一致
如题目给定符号是m0 、ma、M、m'等,不能统一写成m;长度,题目给定符号是L,不能写成l或者d;半径,题目给定符号是R,不能写成r;电荷量,题目给定符号是e,不能写成q,在评分标准中都明确给出了扣分标准.
(3)题目中的一些隐含条件或临界条件分析出来后,要加以说明,规定的正方向、零势能点及所建立的坐标系要进行说明.
2.主干方程列式规范
(1)不能以变形的结果式代替方程式(这是相当多考生所忽视的).要全部用字母符号表示方程,不能字母、符号和数据混合,如:带电粒子在磁场中的运动应有qvB=m,而不是其变形结果R=,轻绳模型中,小球恰好能通过竖直平面内圆周运动的最高点,有mg=m,不能写成v=.
(2)要分步列式,不要写连等式
如,电磁感应中导体杆受力的几个方程,要这样写:
E=BLv
I=
F=BIL
不要写连等式“F=BIL=BL=BL=,评分标准是这样的,每个公式都有对应的分值,如果写成连等式,最终结果正确得满分,最终结果错误就得0分.
3.计算结果规范
(1)计算结果是数据的要带单位,没有单位的要扣分;字母运算时,一些常量(重力加速度g,电子电荷量e等)不能用数字(10 m/s2,1.6×10-19 C)替换;字母运算的结果不能写单位.
(2)若题目要求结果用小数表示,则须将结果换成小数,且小数点后的位数按要求保留.若题目没有要求则可写成根式或分数的形式.
例11　[2024·浙江1月选考] 某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角θ=37°的直轨道AB,半径R=1 m的圆弧BCD,长度L=1.25 m、倾角为θ的直轨道DE,半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成,轨道间平滑连接.在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着m=0.5 kg的滑块b,其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐.质量m=0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放,经圆弧轨道BCD滑上轨道DE,轨道DE由特殊材料制成,小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25,向下运动时动摩擦因数μ2=0.5,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力.当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1,小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生弹性碰撞.(其他轨道均光滑,小物块视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)若h=0.8 m,求小物块:
①第一次经过C点的向心加速度;
②在DE上经过的总路程;
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比.
(2)若h=1.6 m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块
规范解答 评分标准及答题规则
(1)h=0.8 m ①求第一次经过C点时向心加速度的大小 mgh=m　(1分) aC==16 m/s2　(1分) ②求在DE上经过的总路程 mgh-mgR(1-cos θ)=(μ1+μ2)mgscos θ　(1分) 结果分:s总=2s=2 m　(1分) ③求在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比 向上运动:mgsin θ+μ1mgcos θ=ma1　(1分) a1=8 m/s2 向下运动:mgsin θ-μ2mgcos θ=ma2　(1分) a2=2 m/s2 结果分:==　(1分) (2)h=1.6 m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块 用动能定理求vF: mgh-2mgR(1-cos θ)-mgLsin θ-μ1mgLcos θ=m　(1分) 动量守恒:mvF=2mv　(1分) 能量守恒: μ1mg·2l=m-(2m)v2　(1分) 注意:可能会合并成一个公式,即: μ1mg·2l=m-(2m)=m,给2分. 结果分:l=0.2 m　(1分) [评分细则] 第(1)小问共7分. a.公式不完全,例如R(1-cos θ)用Δh表示也对 b.公式原理错,不得分;s=1 m原理对得1分 易错警示: ①常见错误: a.漏写单位扣1分 b.mgh=m c.mgh+mgR(1-cos θ)=m ②常见错误: a.mgh=μ1mgcos θ·+μ2mgcos θ·; b.EkD=mgh=4 J ③a.时间判断:求出上去、下来两个时间的结果并有合理过程得2分; b.加速度判断:算出两个加速度的结果并有合理过程得2分,或有 这个表达式得2分 c.速度判断:算出沿斜面向上滑时在D点的速度和沿斜面向下滑时回到D点的速度得2分 第(2)小问共4分. 常见错误: a.未写展开式,最后结果错误,过程分没有 b.漏了摩擦力做功μ1mgLcos θ这项,求出l值错误 c.动摩擦因数下标不写,结果也没算出 d.式中漏乘2,μ1mg·2l=m-(2m)v2中,不少同学把“2m”写成了“m”.
例12　如图所示,水平固定一半径r=0.2 m的金属圆环,长均为r、电阻均为R0的两金属棒沿直径放置,其中一端与圆环接触良好,另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO'上,并随轴以角速度ω=600 rad/s匀速转动,圆环内左半圆存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场.圆环边缘与转轴良好接触的电刷分别与间距为l1的水平放置的平行金属轨道相连,轨道间接有电容C=0.09 F的电容器,通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连.电容器左侧有宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域.在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab,磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接,在绝缘轨道的水平段上放置“”形金属框fcde.棒ab长度和“”形框的宽度也均为l1,质量均为m=0.01 kg,de与cf长度均为l3=0.08 m,已知l1=0.25 m,l2=0.068 m,B1=B2=1 T、方向均为竖直向上;棒ab和“”形框的cd边的电阻均为R=0.1 Ω,除已给电阻外其他电阻不计,轨道均光滑,棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直.开始时开关S和接线柱1接通,待电容器充电完毕后,将S从1拨到2,电容器放电,棒ab被弹出磁场后与“”形框粘在一起形成闭合框abcd,此时将S与2断开,已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2 m后返回进入磁场.(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求电容器充电完毕后所带的电荷量Q,哪个极板(M或N)带正电
(2)求电容器释放的电荷量ΔQ;
(3)求框abcd进入磁场后,ab边与磁场区域左边界的最大距离x.
参考答案与详细解析
一、选择题答题技巧
例1　C　[解析] 从导体杆转动切割磁感线产生感应电动势的角度考虑,当导体杆顺时针转动切割圆形区域中的磁感线时,由右手定则判断电动势由O指向A,为正,D错误;切割过程中产生的感应电动势E=BL=BL2ω,其中L=2Rsin ωt,即E先变大,再变小,且非线性变化,故A、B错误;使用排除法,只有C正确.
例2　A　[解析] 由题意可知,小球所受的合力沿着虚线方向,根据C=,U=,E=,可得E=,可知右极板向右移动,极板间的电场强度不变,即合力方向不变,如图所示,根据几何关系可知要使得小球能够从下方穿过电容器,根据=,解得x=d,故选A.
例3　BCD　[解析] 由题知,小球由静止释放,运动到与竖直方向夹角θ=30°的P点时速度变为0,根据动能定理有mgLcos 30°-qEL(1+sin 30°)=0,解得E=,A错误;小球刚释放时向心加速度为0,只有重力提供加速度,B正确;小球在P点的受力情况与在A点的受力情况类似,在A点沿线方向的加速度为0,所以FT=qE=mg,C正确;将电场力与重力合成为一个等效“重力”, 其等效“最低点”即为速度最大的点C,从A运动到C的过程中,根据动能定理有mgLsin 60°-qEL(1-cos 60°)=m,解得vmax=,D正确.
例4　AB　[解析] 设物块与木板间的摩擦力大小为Ff,物块的位移为x1,木板的位移为x2,对木板有ΔEk2=Ffx2,对物块有ΔEk1=Ffx1,且Q=Ff,物块和木板运动的v-t图像如图所示,图线与横坐标轴围成的面积表示位移,可看出x1>>x2,所以有ΔEk1>Q>ΔEk2,根据能量守恒定律有ΔEk1=Q+ΔEk2,可知A、B正确.
例5　BC　[解析] 根据题意画出洛埃镜实验光路图(平面镜不倾斜),如图甲所示,S发出的光与通过平面镜反射的光(可以等效成虚像S'发出的光)是同一列光分成的,满足相干光条件,所以实验中的相干光源之一是通过平面镜反射的光,且该干涉可看成双缝干涉,设S与S'的距离为d,则d=2a,S到光屏的距离为l,代入双缝干涉公式Δx=,可得Δx=.若θ=0°,沿OA向右(或向左)略微平移平面镜,则对l和d均没有影响,所以干涉条纹间距不变,但条纹区域会向下(或向上)移动,故C正确,D错误.画出平面镜倾斜某微小角度θ形成的光路图如图乙所示,沿OA向右略微平移平面镜时,即图中从①位置→②位置,由图可看出双缝的间距增大,则干涉条纹间距减小;沿AO向左略微平移平面镜时,即图中从②位置→①位置,由图可看出干涉条纹向上移动,故A错误,B正确.
甲
乙
例6　A　[解析] 无限大均匀带电平板周围的电场可以等效为匀强电场,挖去的圆板如果r趋于0,则选项表达式表示的场强应为恒定值,可得A正确.
例7　A　[解析] 由右手螺旋定则可知,甲、乙两环在b点产生的磁感应强度方向相同(水平向左),大小相等,由于b点的磁感应强度大小为B2,则甲、乙两环在b点产生的磁感应强度大小均为,由对称性可知,甲环在a点产生的磁感应强度方向水平向左,大小为,由于a点的磁感应强度方向水平向左,大小为B1,可知乙环在a点产生的磁感应强度大小为B1-,方向向左,当把乙环的电流改为等大反向电流后,乙环在c点的磁感应强度大小为,方向向右,甲环在c点的磁感应强度大小为B1-,方向向左,则c点的磁感应强度大小为B=-=B2-B1,故选A.
例8　B　
[解析] 运算单位==m,根据量纲,普朗克长度表达式可能是,故选B.
二、设计型实验答题策略
例9　(3)m0g　(4)0.98　如图所示　当手机的质量一定时,手机的加速度与手机所受合外力成正比　(6)A
[解析] (3)静止时根据平衡条件可得弹簧的弹力F=(M0+m0)g,当将小桶突然托起时,弹簧的弹力大小不变,此瞬间手机受到的合外力F1=F-M0g=m0g.
(4)根据图丙可读得手机的加速度大小大约为0.98 m/s2,因此表中空白处的数据应为0.98.作图时应用平滑的直线将各点迹连接起来,且应尽可能多地让点迹落在图线上,不能落在图线上的点迹应让其均匀分布在图线的两侧,明显有误差的点迹应直接舍去.描点作图如图所示.根据图像可以得到的结论是:当手机的质量一定时,手机的加速度与手机所受合外力成正比.
(6)使用质量更大的砝码组,整体的惯性将增加,其状态将越难改变,扰动将越小,因此该方案可行,故A正确;将弹簧更换为不可伸长的细线,在绳子松弛时,手机自身也能达到平衡态,因此该方法不可行,故B错误;劲度系数越小,弹簧越容易发生形变,则扰动越大,因此该方法不可行,故C错误;让小桶和砝码的质量远远小于手机的质量,并不能减小其扰动,甚至会增加其扰动,且当托起小桶和砝码时,手机所受合外力将过小,实验数据的处理将变得更困难,因此该方案不可行,故D错误.
例10　[解析] (2)串联电路中电流处处相等,毫安表示数为16.0 mA时,对应微安表的示数为160 μA,根据比例关系得,当微安表指针指到250 μA时,毫安表的示数应为25 mA,故改装后电表的量程为0~25 mA,C正确.
(3)根据IgRg=(I-Ig)R,得I=+Ig.产生上述问题的原因可能是微安表内阻测量错误,实际内阻大于1200 Ω,或者并联的电阻R值计算错误,接入的电阻偏小,A、C正确.
(4)设微安表的满偏电压为U,则对并联的阻值为R的电阻有U=(25-0.25)×10-3×R,对并联的阻值为kR的电阻有
U=(20-0.25)×10-3×kR,解得k=.